1、2023高考化學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、短周期主族元素 Q、X、Y、Z 的原子序數依次增大。Q 的簡單氫化物和其最高價含氧酸可形成鹽，X 與Q 同周期且是該周期主族元素中原子半徑最小的元素；Z具有與氬原子相同的電子層結構；Y、Z 原子的最外層電子數之和為 10。下列說法正確的是AX 與 Z 的簡單氫化物的水溶液均呈強酸性BY 單

2、質常溫下穩定不跟酸堿反應C簡單氫化物的沸點：Qc(HCO3-)c(CO32-)Dd點溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)18、以下關于原子的未成對電子數的敘述正確的是()鈉、鋁、氯：1個；硅、硫：2個；磷：3個；鐵：4個A只有B只有C只有D有19、下列反應不屬于氧化還原反應的是（ ）ACl2 + H2O = HCl + HClOBFe + CuSO4 = FeSO4 + CuC2NaHCO 3 Na2CO3 + H2O + CO2DCl2 + 2FeCl2 = 3FeCl320、有機物X、Y的轉化如下：下列說法不正確的是AX能加聚反應BY分子苯環上的二氯代物有5種C與Y互

3、為同分異構體DX、Y分子的所有原子可能共平面21、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL濃度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120ml（標準狀況），向反應后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，當金屬離子全部沉淀時得到2.54g沉淀。下列說法不正確的是（）A該合金中銅與鎂的物質的量之比是2：1BNO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數是80%C得到2.54g沉淀時加入NaOH溶液的體積是600mLD溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol22、2020年1月武漢爆發新冠肺炎，湖北省采取封城封鎮的措施阻止了冠狀病毒蔓延。新冠病毒主要傳播方式是經飛沫傳播、接觸傳

4、播（包括手污染）以及不同大小的呼吸道氣溶膠近距離傳播。冠狀病毒對熱敏感，5630分鐘、75%酒精、含氯消毒劑、過氧乙酸、乙醚和氯仿等脂溶劑均可有效滅活病毒。下列有關說法正確的是A因為過氧乙酸能滅活病毒，所以在家每天進行醋熏能殺死家里的新冠肺炎病毒B在空氣質量檢測中的PM2.5，屬于氣溶膠C電解食鹽水制取次氯酸鈉噴灑房間能殺死新冠肺炎病毒D含氯消毒劑、過氧乙酸、乙醚和氯仿等都屬于有機物二、非選擇題(共84分)23、（14分）某化合物X有三種元素組成，某學習小組進行了如下實驗：(1)化合物X的化學式為_(2)混合氣體N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反應生成一種鹽，其離子反應方程式為_。 (3)

5、黑色固體Y與NH3的化學方程式為_(4)若以X 3H2O進行實驗，在170時可以生成一種中間產物W。 0.1mol化合物W能與0.6molHCl剛好完全反應，若0.1mol化合物W再繼續加熱生成黑色固體Y的質量為32.0g。則化合物W的化學式為_。(5)混合氣體N有毒，為保護環境，可以用保險粉（Na2S2O4）吸收。請說明混合氣體N能用保險粉吸收的理由_。24、（12分）PBAT(聚已二酸/對苯二甲酸丁二酯)可被微生物幾乎完全降解，成為包裝、醫療和農用薄膜等領域的新興材料，它可由聚合物 PBA 和PBT 共聚制得，一種合成路線如下：已知：R-CH3 R-CN R-COOHR-CH=CH2 R-

6、COOH+CO2回答下列問題：(1)B 的官能團名稱為_，D 的分子式為_。(2)的反應類型為_；反應所需的試劑和條件是_。(3)H 的結構簡式為_。(4)的化學方程式為_。(5)M 與G 互為同系物，M 的相對分子質量比G 大 14；N 是 M 的同分異構體，寫出同時滿足以下條件的N 的結構簡式：_(寫兩種，不考慮立體異構)。.既能與 FeCl3發生顯色反應，又能發水解反應和銀鏡反應；.與 NaOH 溶液反應時，1mol N 能消耗 4molNaOH；.核磁共振氫譜有五組峰，峰面積比為 1:2:2:2:1。25、（12分）文獻表明：工業上，向熾熱鐵屑中通入氯化氫生產無水氯化亞鐵;相同條件下，

7、草酸根(C2O42-)的還原性強于Fe2+。為檢驗這一結論，雅禮中學化學研究性小組進行以下實驗：資料:i. 草酸(H2C2O4)為二元弱酸。ii. 三水三草酸合鐵酸鉀K3Fe(C2O4)33H2O為翠綠色晶體，光照易分解。其水溶液中存在Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42- K=6.310-21iii.FeC2O42H2O為黃色固體，溶于水，可溶于強酸。（實驗1）用以下裝置制取無水氯化亞鐵(1)儀器a的名稱為_。(2)欲制得純凈的FeCl2，實驗過程中點燃A、C酒精燈的先后順序是_。(3)若用D的裝置進行尾氣處理，存在的問題是_、_。（實驗2）通過Fe3+和C2O42-在溶液中的反應比較

8、Fe2+和C2O42-的還原性強弱。(4)取實驗2中少量晶體洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不變紅。繼續加入硫酸，溶液變紅，說明晶體中含有+3價的鐵元素。加硫酸后溶液變紅的原因是_。(5)經檢驗，翠綠色晶體為K3Fe(C2O4)33H2O。設計實驗，確認實驗2中沒有發生氧化還原反應的操作和現象是_。(6)取實驗2中的翠綠色溶液光照一段時間，產生黃色渾濁且有氣泡產生。補全反應的離子方程式：_Fe(C2O4)33-+_H2O_FeC2O42H2O+_+_（實驗3）研究性小組又設計以下裝置直接比較Fe2+和C2O42-的還原性強弱，并達到了預期的目的。(7)描述達到期目的可能產生的現象：_。26、

9、（10分）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或堿性環境中穩定。I.制備Na2S2O35H2O反應原理：Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)實驗步驟：稱取15gNa2S2O3加入圓底燒瓶中，再加入80mL蒸餾水。另取5g研細的硫粉，用3mL乙醇潤濕，加入上述溶液中。安裝實驗裝置，水浴加熱，微沸60分鐘。趁熱過濾，將濾液水浴加熱濃縮，冷卻析出Na2S2O35H2O，經過濾，洗滌，干燥，得到產品。回答問題：（1）硫粉在反應前用乙醇潤濕的目的是_。（2）儀器a的名稱是_，其作用是_。（3）產品中除了有未反應的Na2SO3外，最可能存在的無機雜質是_，檢驗是否存在該雜質的方

10、法是_。（4）該實驗一般控制在堿性環境下進行，否則產品發黃，用離子方程式表示其原因為_。II.測定產品純度準確稱取Wg產品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.1000mol/L碘的標準溶液滴定，反應原理為：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（5）滴定至終點時，溶液顏色的變化為_。（6）滴定起始和終點的液面位置如圖，則消耗碘的標準溶液體積為_ mL。產品的純度為_（設Na2S2O35H2O相對分子質量為M）。27、（12分）無水硫酸銅在加熱條件下能發生分解反應，生成氧化銅、二氧化硫、三氧化硫和氧氣。某學生試圖用如圖所示裝置來確定該化學反應中各物質的計量關系。試回答：（1）加熱過程

11、中，試管A中發生的實驗現象可能有_。（2）裝置E和F的作用是_；（3）該學生使用裝置B的本意是除去混合氣體中的三氧化硫以提純氧氣，他的做法正確嗎？為什么？_。（4）另一學生將9.6g無水硫酸銅充分加熱使其完全分解后，用正確的實驗方法除去了生成物中的二氧化硫和三氧化硫，最后測出氧氣的體積為448mL（標準狀況）。據此可計算出二氧化硫為_mol，三氧化硫為_mol。（5）由上述實驗數據可知無水硫酸銅受熱分解的化學方程式：_。（6）上述裝置可以簡化而不影響實驗效果。請你提出一個簡化方案，達到使裝置最簡單而不影響實驗效果的目的：_。28、（14分）鎳的單質、合金及其化合物用途非常廣泛。(1)Ni2基態

12、核外電子排布式為_。(2)膠狀鎳可催化CH2=CHCN加氫生成CH3CH2CN。CH2=CHCN分子中鍵與鍵的數目比n()n()=_；CH3CH2CN分子中碳原子軌道的雜化類型為_。(3)Ni(N2H4)2(N3)2是一種富氮含能材料。配體N2H4能與水混溶，除因為它們都是極性分子外，還因為_；Ni(N2H4)22中含四個配位鍵，不考慮空間構型，Ni(N2H4)22的結構可用示意圖表示為_。(4)一種新型的功能材料的晶胞結構如下圖所示，它的化學式可表示為_。29、（10分）AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)幾乎與鋼一樣堅固，但重量僅為鋼的三分之一，已被用于飛機機身和機翼、智能手機外殼上

13、等。但這種合金很難被焊接。最近科學家將碳化鈦納米顆粒(大小僅為十億分之一米)注入AA7075的焊絲內，讓這些納米顆粒充當連接件之間的填充材料。注入了納米粒子的填充焊絲也可以更容易地連接其他難以焊接的金屬和金屬合金。回答下列問題：(1)基態銅原子的價層電子排布式為_。(2)第三周期某元素的前5個電子的電離能如圖1所示。該元素是_(填元素符號)，判斷依據是_。(3)CN、NH3、H2O和OH等配體都能與Zn2+形成配離子。1mol Zn(NH3)42+含_ mol鍵，中心離子的配位數為_。(4)鋁鎂合金是優質儲鈉材料,原子位于面心和頂點，其晶胞如圖2所示。1個鋁原子周圍有_個鎂原子最近且等距離。(

14、5)在二氧化鈦和光照條件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：苯甲醇中C原子雜化類型是_。苯甲醇的沸點高于苯甲醛，其原因是_。(6)鈦晶體有兩種品胞，如圖所示。如圖3所示，晶胞的空間利用率為_(用含的式子表示)。已知圖4中六棱柱邊長為x cm，高為y cm。該鈦晶胞密度為D gcm-3，NA為_mol1(用含x y和D的式子表示)。參考答案（含詳細解析）一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【答案解析】根據條件“Q 的簡單氫化物和其最高價含氧酸可形成鹽”，推測Q為N元素；X是與Q同周期，且半徑是同周期中最小的元素，所以X為F元素；由“Z具有與氬原子相同的電子層結構”可知，Z

15、為Cl元素；根據“Y、Z 原子的最外層電子數之和為 10”，且“Q、X、Y、Z 的原子序數依次增大”，可知Y為Al元素。【題目詳解】AX和Z的簡單氫化物分別是HF和HCl，其中HF為弱酸，A項錯誤；BY單質即鋁單質，化學性質活潑，常溫下既可以與強酸反應也可以與強堿反應，B項錯誤；CQ和X的簡單氫化物分別為NH3和HF，標況下HF為液態，而NH3為氣態，所以HF的沸點更高，C項正確；DY和Z的化合物即AlCl3，屬于分子晶體，并不具備高沸點和高強度，D項錯誤；答案選C。2、D【答案解析】A.18O2和16O2是兩種不同的原子構成的分子，A錯誤；B.甲醇(CH3OH)是由分子構成的共價化合物，B錯

16、誤；C.N5和N2是氮元素的兩種不同的單質，二者互為同素異形體，C錯誤；D.N5和N2是N元素的兩種不同的單質，所以由N5變成N2是化學變化，D正確；故合理選項是D。3、C【答案解析】A氯化銨溶液呈酸性，能使石蕊變紅，所以紅色石蕊試紙不變色，A不正確；B向盛有K2Cr2O7溶液的試管中滴加濃硫酸，平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移動，溶液的顏色加深，B不正確；C向 FeCl3 溶液中加入 KI 溶液，發生反應2Fe3+2I-=2Fe2+I2，再加入苯，充分振蕩，靜置，液體分為兩層，上層為紫紅色的碘的苯溶液，下層為無色的水溶液，C 正確；D向蔗糖在硫酸催化下水解液中加入新制氫

17、氧化銅懸濁液并加熱，硫酸與氫氧化銅作用生成硫酸銅，不能將葡萄糖氧化，沒有磚紅色沉淀出現，D不正確；故選C。4、B【答案解析】由流程圖可知，氫氧化鈉溶液與煙氣中的SO2反應生成亞硫酸鈉溶液，電解亞硫酸鈉溶液制得氫氧化鈉溶液和硫酸，制得的氫氧化鈉溶液可以循環使用；電解Na2SO3溶液時，亞硫酸根通過陰離子交換膜進入右室，在b極上失電子發生氧化反應生成硫酸根，SO322e+H2O= SO42+,2H+，則b極為陽極，與電源正極相連，左室中，水在a極得電子發生還原反應生成氫氣，電極反應式為2H2O+2e一=2OH+H2，溶液中OH濃度增大，Na+離子通過陽離子交換膜進入左室，則a極為陰極，與電源負極相

18、連。【題目詳解】A項、電解Na2SO3溶液時，亞硫酸根通過陰離子交換膜進入右室，Na+離子通過陽離子交換膜進入左室，則膜1為陽離子交換膜，膜2為陰離子交換膜，故A錯誤；B項、a極為陰極，與鋅錳堿性電池的負極鋅極相連，故B正確；C項、a極為陰極，水在陰極得電子發生還原反應生成氫氣，電極反應式為2H2O+2e一=2OH+H2，故C錯誤；D項、由陰極電極反應式可知，若收集標準狀況下22.4L H2，轉移2mol電子，故D錯誤。故選B。【答案點睛】本題考查了電解原理，注意電解池反應的原理和離子流動的方向，能夠正確判斷電極名稱，明確離子交換膜的作用是解答關鍵。5、D【答案解析】A“雷雨肥莊稼”原理是在放

19、電條件下，氮氣跟氧氣能直接化合生成無色的一氧化氮氣體；一氧化氮不溶于水，在常溫下易跟空氣中的氧氣化合，生成紅棕色的二氧化氮氣體；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮；B不同金屬元素灼燒產生不同的焰色；C葡萄糖是單糖不能發生水解反應，在釀酒過程中葡萄糖轉化為酒精不是水解反應；D物質在互不相容的溶劑中的溶解度不同，可加入一種溶解性大的溶劑溶解提取的物質，進行物質分離。【題目詳解】A“三月打雷麥谷堆”（雷雨肥莊稼）的反應過程為：在放電條件下，氮氣跟氧氣能直接化合生成無色的一氧化氮氣體；一氧化氮不溶于水，在常溫下易跟空氣中的氧氣化合，生成紅棕色的二氧化氮氣體；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成

20、硝酸和一氧化氮，氮氣和氧氣不能生成二氧化氮，即N2+2O22NO，2NO+O2=2NO2，故A錯誤；B火樹銀花”是不同金屬元素灼燒產生的現象，與金屬的焰色反應有關，沒有生成新物質，是物理變化，故B錯誤；C葡萄糖是單糖不能發生水解反應，在釀酒過程中葡萄糖轉化為酒精不是水解反應，故C錯誤。D屠呦呦對青蒿素的提取，是物理變化過程，符合萃取原理，故D正確；【答案點睛】本題考查化學與生產、生活的關系，解題關鍵：夠熟悉物質的性質并用化學知識解釋化學現象。易錯點C，學生對對釀酒的原理不熟悉。6、D【答案解析】A.在標準狀況下SO3不是氣體，不能使用氣體摩爾體積計算，A錯誤；B.用KClO3法制取氯氣發生的是

21、歸中反應，反應方程式為：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O，Cl2既是氧化產物，也是還原產物，產生3molCl2，反應轉移5mol電子，若產生1molCl2，需轉移電子mol，B錯誤；C.溶液的電荷守恒式為：n(NH4+)+n(H+)= n(NO3-)+n(OH-)，溶液顯中性時，n(NH4+)=n(NO3-)=0.1mol，C錯誤；D.發生反應：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，故2molNO和1molO2充分反應后，所得混合氣體的分子數小于2NA，D正確；故合理選項是D。7、A【答案解析】A、K性質比Na更活潑，還原性更強，與氧氣反應生成過氧化鉀和超氧化鉀，能與CO2

22、反應生成氧氣助燃，所以K失火不能用CO2滅火，故A正確；B、AlCl3屬于共價化合物熔融不導電，工業上是用電解熔解Al2O3的方法制取金屬鋁，故B錯誤；C、S的氧化性較弱，與Fe反應生成FeS，故C錯誤；D、Pb的化合價為+2價、+4價，不存在+3價，Pb3O4可表示為2PbOPbO2，故D錯誤；故選A。點睛：本題考查無機物的性質。本題雖然考查類比規律，但把握物質的性質是解答該題的關鍵。本題的易錯點是D，注意鐵和鉛元素的常見化合價的不同。8、C【答案解析】X+、Y+、M2+、N2-均為含有一定數目電子的短周期元素的簡單離子，X、Y形成+1價離子，則X、Y不能為H，由于離子半徑Y+X+，則Y為鈉

23、，X為鋰元素；離子半徑N2-Y+，則N為氧元素或硫元素；離子半徑Y+M2+，則M為鈹元素或鎂元素，結合元素周期表和元素周期律分析解答。【題目詳解】AY為鈉元素，N為氧元素或硫元素，氧原子、硫原子原子半徑都小于鈉原子，故A錯誤；BY為鈉元素，X為鋰元素；原子序數YX，M為鈹元素或鎂元素，N為氧元素或硫元素，所以原子序數大小關系不唯一，故B錯誤；CN為氧元素或硫元素，N2-核外電子數為10或18；M為鈹元素或鎂元素，M2+核外電子數為2或10，M2+、N2-核外電子數：可能相等，也可能不等，故C正確；DY為鈉元素，M為鈹元素或鎂元素，金屬性YM，所以堿性：YOHM(OH)2，故D錯誤；故選C。【答

24、案點睛】正確判斷元素的種類是解題的關鍵。本題中X、Y的判斷要注意“一定數目電子”一般認為不能為“0”。9、B【答案解析】A檢驗鹵代烴中鹵素原子的種類，要將鹵素原子轉變成鹵素離子，再進行檢驗；因此，先加NaOH溶液，使鹵代烴水解，再加硝酸酸化后，方可加入AgNO3，通過觀察沉淀的顏色確定鹵素原子的種類，選項中缺少加入硝酸酸化的步驟，A項錯誤；B層析法的原理即利用待分離的混合物中各組分在某一物質(稱作固定相)中的親和性差異，如吸附性差異，溶解性(或分配作用)差異讓混合物溶液(稱作流動相)流經固定相，使混合物在流動相和固定相之間進行反復吸附或分配等作用，從而使混合物中的各組分得以分離；紙上層析分離能

25、溶于水的物質時，固定相是吸附在濾紙上的水，流動相是與水能混合的有機溶劑(如醇類)，實驗結束后，出現在濾紙靠上方位置的離子，其在流動相中分配更多，出現在濾紙靠下方位置的離子，其在固定相中分配更多；因此藍色斑點反映的銅離子，在固定相中分配更多，B項正確；C移液管量取溶液體積的精度是0.01mL，此外，容量瓶不可用于稀釋溶液，C項錯誤；D量筒的精確度是0.1mL，因此無法用量筒精確量取25.00mL的液體，D項錯誤；答案選B。10、A【答案解析】A單質硅可用于制作太陽能電池的原料，太陽能電池可將太陽能轉化為電能，二氧化硅是光導纖維的成分，故A錯誤；B明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2(

26、OH)2CO3，能夠溶于酸性溶液，可以利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故B正確；C含鈣離子濃度較大的地下水能夠與高級脂肪酸鈉反應生成高級脂肪酸鈣沉淀，去污能力減弱，故C正確；D瓷器由黏土燒制而成，瓷器的主要原料為黏土，故D正確；答案選A。11、A【答案解析】A. 常溫下，可用鋁制容器盛裝濃硫酸，鋁在濃硫酸反應形成致密氧化膜而阻止反應進一步進行，不是因為鋁與濃硫酸很難反應，故A錯誤；B. 氧化鋁熔點高，可以作耐火材料，故B正確；C. 氧化鋁是兩性氧化物既可以和堿反應也可以和酸反應，所以鋁制品不宜長期盛放酸性和堿性食物，故C正確；D. 氫氧化鋁堿性比氨水弱，不能繼續和氫氧化鋁反應生成偏鋁酸鹽

27、，很難與氨水反應，所以用可溶性鋁鹽和氨水制備氫氧化鋁，故D正確；題目要求選擇錯誤的，故選A。【答案點睛】本題考查Al的性質與物質的分類，明確兩性氧化性的概念是解答本題的關鍵，題目較簡單。12、B【答案解析】A. 二氧化硅用作光導纖維是因為光在二氧化硅中能夠發生全反射，與熔點無關，A錯誤；B. 過氧化鈉可與二氧化碳反應生成氧氣，可用作呼吸供氧劑，之間存在因果關系，B正確C. 明礬可用作凈水劑，是因為水解生成氫氧化鋁膠體，與易溶于水無關，C錯誤；D. 二氧化硫可用于漂白紙張，是因為二氧化硫具有漂白性，D錯誤；故選B。13、B【答案解析】A. 二氧化硫與酸性高錳酸鉀反應中二氧化硫是還原劑，高錳酸鉀是

28、氧化劑，則不是同一種氣態反應物既被氧化又被還原，故A錯誤；B. 將二氧化氮(N為+4價)通入氫氧化鈉溶液中生成亞硝酸鈉(N為+3價)和硝酸鈉(N為+5價)，所以該反應中N元素既被氧化又被還原，故B正確；C. 將氯氣與過量氨氣混合，產生大量白煙氯化銨，氯氣是氧化劑，部分氨氣是還原劑，則不是同一種氣態反應物既被氧化又被還原，故C錯誤；D. 過氧化鈉與空氣中的水、二氧化碳反應，是過氧化鈉自身的氧化還原反應，氣體既未被氧化也未被還原，故D錯誤；故選：B。14、D【答案解析】理論上正確，要求物質的轉化需符合物質的性質及變化規律；操作上可行，要求操作應簡便易行；綠色化學的核心就是利用化學原理從源頭上減少和

29、消除工業生產對環境的污染.【題目詳解】A.碳不完全燃燒可生成一氧化碳，一氧化碳高溫下與氧化銅反應生成銅和二氧化碳，二氧化碳與氫氧化鈉反應生成碳酸鈉；理論上正確，反應過程中產生、利用污染環境的物質CO，不符合綠色化學，一氧化碳是有毒的氣體，碳在氧氣中燃燒生成的進行實驗時要進行尾氣處理，且一氧化碳是可燃性氣體，不純時加熱或點燃引起爆炸，操作上較為復雜，故A錯誤；B.銅與硝酸銀反應可生成硝酸銅，硝酸銅與氫氧化鈉可生成氫氧化銅沉淀；理論上正確，操作上也較簡便，銀比銅要貴重，利用硝酸銀、氫氧化鈉制取氫氧化銅，經濟上不合理，故B錯誤；C.鐵在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵而不能生成三氧化二鐵，因此該方案在理論上

30、就是錯誤的，故C錯誤；D.氧化鈣與水反應可生成氫氧化鈣，氫氧化鈣與碳酸鈉反應可生成氫氧化鈉；理論上正確，操作也只需要加入液體較為簡便，利用碳酸鈉獲得氫氧化鈉，經濟上也合理，符合綠色化學，故D正確；答案：D。15、D【答案解析】A. MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合價沒有發生變化，反應不是氧化還原反應，A不符合題意；B. C+H2O(g)CO+H2中C、H兩種元素的化合價都發生了變化，反應屬于氧化還原反應，其中C是還原劑，H2O是氧化劑，氧化劑和還原劑不是同一種物質，B不符合題意；C. 8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合價發生了變化，反應屬于氧化還原反應，其中N

31、H3是還原劑，NO2是氧化劑，氧化劑和還原劑不是同一種物質，C不符合題意；D. 反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2中有O元素化合價的變化，反應屬于氧化還原反應，其中Na2O2既是還原劑也是氧化劑，氧化劑和還原劑是同一種物質，D符合題意；故合理選項是D。16、D【答案解析】A甲醛可刺激人體皮膚、黏膜，且為有毒物質，可致癌，不能用于餐具的消毒劑，故A錯誤；B聚丙烯的分子式為，故B錯誤；C95%的乙醇，能使細菌表面的蛋白質迅速凝固，形成一層保護膜，阻止乙醇進入細菌內，達不到殺死細菌的目的，醫用酒精為75%的乙醇溶液，故C錯誤；D保持1米遠的距離可以減少飛沫傳播，預防傳染病，故D正確；故答案

32、為D。17、C【答案解析】試題分析：Aa點溶液是NaOH溶液，pH=10，則水電離出的c(H+)=110-10molL-1，正確。Bb點溶液中c(OH-)=110-7molL-1，由于水的離子積是kw=110-14mol2L-2，所以c(H+)=110-7molL-1，正確。Cc點水電離產生的c(OH-)最大，則溶液是Na2CO3溶液。根據物料守恒可知c(Na+)c(CO32-)，CO32-發生水解反應形成HCO3-，但是鹽水解的程度是微弱的，主要還是以鹽電離產生的離子存在，所以c(CO32-)c(HCO3-)。故溶液中離子濃度關系是：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)，錯誤。Dd點

33、溶液中，根據電荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，由于c(OH-)=110-7molL-1，所以c(H+)=110-7molL-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正確。考點：考查堿與酸性氧化物反應時水電離程度大小比較及溶液中離子濃度關系的知識。18、D【答案解析】鈉原子的電子排布式為：1s22s22p63s1，則Na原子的未成對電子數為1；鋁原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p1，則鋁原子的未成對電子數為1；氯原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p5，則氯原子的未成對電子數為1，故正確；硅原子

34、的電子排布式為：1s22s22p63s23p2，則硅原子的未成對電子數為2；硫原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p4，則硫原子的未成對電子數為2，故正確；磷原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p3，則磷原子的未成對電子數為3，故正確；Fe的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則鐵原子的未成對電子數為4，故正確；答案選D。【答案點睛】磷原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p3，3p為半充滿狀態，故未成對電子數為3，Fe的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，電子先排布在4s能級上，再排布在3d能級上，3d有5個軌道，6個電子，

35、先單獨占據一個軌道，剩余一個電子按順序排，所以未成對電子數為4。19、C【答案解析】氧化還原反應的特征是元素化合價的升降，可從元素化合價的角度判斷反應是否氧化還原反應。A項，反應物中有單質，生成物中都是化合物，一定有化合價變化，A是氧化還原反應；B項，置換反應都是氧化還原反應，B是氧化還原反應；C項，所有元素的化合價都沒有變化，C不是氧化還原反應；D項，有單質參加的化合反應一定是氧化還原反應，是氧化還原反應。點睛：本題考查氧化還原反應，試題難度不大，注意從元素化合價的角度判斷物質的性質，平日學習中注意知識的積累，快速判斷。20、B【答案解析】AX分子中含有碳碳雙鍵，則能發生加聚反應，故A正確；

36、BY分子()苯環上的二氯代物有6種，分別在苯環的2、3位取代，2、4位取代，2、5位取代，2、6位取代，3、4位取代和3、5位取代，故B錯誤；C與Y分子式相同，但結構不同，兩者互為同分異構體，故C正確；D苯環有12原子共面，-COOH和HCOO-中4原子可能共面，故X、Y分子的所有原子可能共平面，故D正確；故答案為B。21、C【答案解析】根據氧化還原反應中得失電子守恒、元素守恒進行分析計算。【題目詳解】A. 金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中OH-的質量為：2.54g1.52g=1.02g，根據電荷守恒可知，金屬提供的電子物質的量等于OH-的物質的量，設銅、鎂

37、合金中Cu、Mg的物質的量分別為xmol、ymol，則：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，則該合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正確；B. 標況下1.12L氣體的物質的量為0.05mol，設混合氣體中二氧化氮的物質的量為amol，則四氧化二氮的物質的量為(0.05a)mol，根據電子轉移守恒可知：a1+(0.05a)21=0.06，解得a=0.04，則混合氣體中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數為：，故B正確；C. 50mL該硝酸中含有硝酸的物質的量為：14mol/L0.0

38、5L=0.7mol，反應后的溶質為硝酸鈉，根據N元素守恒，硝酸鈉的物質的量為：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol0.04mol0.012=0.64mol，故需要氫氧化鈉溶液的體積為，故C錯誤；D. Cu、Mg的物質的量分別為0.02mol、0.01mol，則生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物質的量分別為0.04mol、0.01mol，則根據N元素守恒可知，消耗硝酸的物質的量為0.022+0.012+0.04+0.012=0.12mol，故D正確；答案選C。【答案點睛】解答該題的關鍵是找到突破口：

39、金屬鎂、銅與硝酸反應失電子物質的量與金屬離子被沉淀結合氫氧根離子的物質的量相等，關系式為Cu 2e- Cu2+2OH-，Mg 2e- Mg2+2OH-，通過氫氧化鎂與氫氧化銅的總質量與銅鎂合金的質量差可以計算氫氧根離子的物質的量，從而確定反應中轉移的電子數。22、C【答案解析】A. 醋酸為弱酸，不能殺死新冠肺炎病毒，而且會刺激呼吸道粘膜，不宜長期熏醋，故A錯誤；B. 膠體粒子的直徑范圍為1100nm，PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物，若粒子直徑大于100nm，則不形成膠體，故B錯誤；C. 次氯酸鈉具有強氧化性，能殺死新冠肺炎病毒，故C正確；D. 含氯消毒劑，如84消毒液(有

40、效成分為次氯酸鈉)、漂白粉(有效成分為次氯酸鈣)，屬于無機物，過氧乙酸、乙醚和氯仿等都屬于有機物，故D錯誤；故選C。二、非選擇題(共84分)23、Cu(NO3)2 4NO2+O2+4OH=4NO3+2H2O 3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O Cu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2 3Cu(OH)2 NO2有氧化性，Na2S2O4中+3價的硫元素具有還原性，能發生氧化還原反應 【答案解析】對X進行加熱后分解產生了紅棕色的混合氣體，混合氣體中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素； X分解產生的黑色固體與NH3反應后，可以獲得紫紅色固體，即銅單質，所以X中一定有Cu元素，所以X為

41、Cu(NO3)2。【題目詳解】(1)通過分析可知，X的化學式即為Cu(NO3)2；(2)通過分析可知Cu(NO3)2分解的方程式為：，所以混合氣體與足量NaOH溶液反應的離子方程式為：；(3)通過分析可知黑色固體Y即為CuO，其與NH3反應的方程式為：；(4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化學式中含有6個OH-；又因為，0.1molW分解得到Y(CuO)質量32.0g即0.4mol，所以W的化學式中含有4個Cu2+，所以W的化學式為Cu4(OH)6(NO3)2；(5)混合氣體中含有NO2，具有氧化性，其可以與具有還原性的Na2S2O4發生氧化還原反應，從而轉化成無毒的N2。24

42、、氯原子 C6H10O4 取代反應 NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加熱 HOCH2CH2CH2CH2OH +2NH3+3O2+6H2O 【答案解析】從A到C由環烷烴變成了環烯烴，并且A生成B是光照下與Cl2的取代，所以從B到C即為鹵代烴的消去，結合題干提示的反應，環己烯經過高錳酸鉀處理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所以PBA就是聚己二酸丁二酯。從E生成F，再由F生成對苯二甲酸，條件恰好與題干提示的反應相同，所以推測E為對二甲苯，F即為對苯二腈。【題目詳解】(1)B為鹵代烴，官能團的名稱為氯原子；D為己二酸，所以分子式為C6H10O4；(2)反應即為烴變成鹵代烴的反應，反應類型即

43、為取代反應；反應為鹵代烴的消去反應，所加試劑即NaOH，乙醇，并且需要加熱；(3)H通過推斷即為1,4-丁二醇，所以結構簡式為HOCH2CH2CH2CH2OH；(4)反應即由對二甲苯生成對苯二腈的反應，所以方程式為：+2NH3+3O2+6H2O；(5)由題可知M的分子式為C9H8O4，扣除苯環還有2個不飽和度；滿足要求的N的結構中一定有羥基，此外也要具有醛基和酯基的結構；考慮到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2個羥基，1個甲酸酯基，由于還需要有一個不飽和度，所以還含有一個乙烯基；再考慮到核磁共振氫譜的信息，最終滿足要求的有機物的結構為如下兩種：；【答案點睛】書寫滿足特定要求的物質

44、的同分異構體的結構時，從不飽和度入手，結合有關信息確定有機物中一定含有的結構；此外，也要注意特定結構的基團，例如甲酸酯基等；確定有機物所含的基團后，再結合核磁共振氫譜的信息考慮物質的對稱性，最終將物質的結構書寫出來。25、分液漏斗 先點燃A處酒精燈，再點燃C處酒精燈 發生倒吸 可燃性氣體H2不能被吸收 溶液中存在平衡：Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42-，加熱硫酸后，H+與C2O42-結合可使平衡正向移動，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液變紅 取少量實驗2中的翠綠色溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出現藍色沉淀 2 4 2 3C2O42- 2CO2 電流計的指針發生偏轉，一段時間后

45、，左側溶液變為淺綠色，右側有氣泡產生 【答案解析】實驗一：在裝置A中用濃硫酸與NaCl固體混合加熱制取HCl，通過B裝置的濃硫酸干燥，得純凈HCl氣體，然后在裝置C中Fe與HCl發生反應產生FeCl2和H2，反應后的氣體中含H2和未反應的HCl氣體，可根據HCl極容易溶于水，用水作吸收劑吸收進行尾氣處理；實驗二：FeCl3溶液與K2C2O4發生復分解反應產生Fe2(C2O4)3和KCl；用KSCN溶液檢驗Fe3+；用K3Fe(CN)6溶液檢驗Fe2+；根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒書寫離子方程式；實驗三：根據2Fe3+C2O42-=2Fe2+2CO2，判斷原電池正負極反應及相應的現象。【題目

46、詳解】(1)根據圖示可知儀器a名稱是分液漏斗；(2)為防止Fe與裝置中的空氣發生反應，制得純凈的FeCl2，實驗過程中先點燃A處酒精燈，使裝置充滿HCl氣體，然后給C處酒精燈加熱；(3)若用D的裝置進行尾氣處理，由于HCl極容易溶于水，HCl溶解導致導氣管中氣體壓強減小而引起倒吸現象的發生，而且可燃性氣體H2不能被吸收；(4)在實驗二中，向FeCl3溶液中加入K2C2O4溶液，發生復分解反應產生Fe2(C2O4)3和KCl，產生的翠綠色晶體為Fe2(C2O4)3的結晶水合物K3Fe(C2O4)33H2O，取實驗2中少量晶體洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不變紅，繼續加入硫酸，溶液變紅，說明晶

47、體中含有+3價的鐵元素。則加硫酸后溶液變紅的原因是在溶液中存在電離平衡：溶液中存在平衡：Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42-，加入硫酸后，硫酸電離產生H+與溶液中的C2O42-結合生成弱酸H2C2O4，使可使平衡正向移動，導致溶液中c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液變紅；(5)若K3Fe(C2O4)33H2O發生氧化還原反應，則會產生Fe2+，檢驗方法是取少量實驗2中的翠綠色溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出現藍色沉淀，證明無Fe2+，產生的K3Fe(C2O4)33H2O未發生氧化還原反應；(6)在光照條件下草酸鐵溶液發生氧化還原反應，產生FeC2O42H2O、CO2氣體，根據電子

48、守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應的離子方程式：2Fe(C2O4)33-+4H2O2FeC2O42H2O+2C2O42+2CO2；(7)該裝置構成了原電池，在左邊，Fe3+獲得電子變為Fe2+，溶液變為淺綠色，左邊電極為正極；在右邊電極上，溶液中的C2O42-失去電子，發生氧化反應，C2O42-2e-=2CO2，右邊電極為負極，會看到電極上有氣泡產生。【答案點睛】本題考查了儀器的辨析、離子的檢驗方法、電離平衡移動、原電池反應原理的應用等知識。掌握元素及化合物的知識，結合題干信息進行分析、判斷。26、使硫粉易于分散到溶液中 冷凝管(或球形冷凝管) 冷凝回流 Na2SO4 取少量產品溶于過量稀鹽酸

49、，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4 由無色變為藍色，且半分鐘內不褪色 18.10 【答案解析】I（1）硫粉難溶于水、微溶于乙醇，乙醇濕潤可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根據圖示裝置中儀器構造寫出其名稱，然后根據冷凝管能夠起到冷凝回流的作用進行解答；（3）由于S2O32具有還原性，易被氧氣氧化成硫酸根離子可知雜質為硫酸鈉；根據檢驗硫酸根離子的方法檢驗雜質硫酸鈉；（4）S2O32與氫離子在溶液中能夠發生氧化還原反應生成硫單質，據此寫出反應的離子方程式；II（5）滴定終點為最后一滴碘的標準液滴入時，溶液中淀粉遇碘單質變藍；（6）滴定管讀數從上往下逐漸增大；根據

50、氧化還原反應轉移電子守恒解答。【題目詳解】I（1）硫粉難溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反應前用乙醇濕潤是使硫粉易于分散到溶液中，故答案為：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根據題中圖示裝置圖可知，儀器a為冷凝管(或球形冷凝管)，該實驗中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案為：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流；（3）具有還原性，能夠被氧氣氧化成硫酸根離子，所以可能存在的雜質是硫酸鈉；檢驗硫酸鈉的方法為：取少量產品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4，故答案為：Na2SO4；取少量產品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有

51、Na2SO4；（4）與氫離子發生氧化還原反應生成淡黃色硫單質，反應的離子方程式為：；II（5）因指示劑為淀粉，當滴定到終點時，過量的單質碘遇到淀粉顯藍色，且半分鐘內不褪色；（6）起始體積為0.00mL，終點體積為18.10mL，因此消耗碘的標準溶液體積為18.10mL；該滴定過程中反應的關系式為：，則產品的純度為。27、白色固體變黑 測出產生O2的體積 不正確，O2能被NaHSO3溶液吸收 0.04 0.02 3CuSO43CuO+SO3+2SO2+O2 去掉BC，僅O2進入E中可計算 【答案解析】(1)無水硫酸銅在加熱條件下能發生分解反應，生成氧化銅、二氧化硫、三氧化硫和氧氣，氧化銅為黑色；

52、 (2)EF是排水量氣法測量氣體體積，依據裝置試劑作用分析判斷最后測量的是氧氣的體積；(3)裝置連接中A受熱分解生成的氣體含有氧氣，通過亞硫酸氫鈉溶液會被還原吸收引起誤差；(4)依據反應生成的二氧化硫和氧氣之間存在電子守恒，計算二氧化硫物質的量，依據硫酸銅質量換算物質的量，結合硫元素守恒計算三氧化硫物質的量；(5)依據(4)計算得到生成物的物質的量，然后寫出化學方程式；(6)結合電子守恒和原子守恒可知，只要知道O2的物質的量，即可計算SO2和SO3的物質的量，據此分析調整裝置。【題目詳解】(1)無水硫酸銅在加熱條件下能發生分解反應，生成氧化銅、二氧化硫、三氧化硫和氧氣，無水硫酸銅是白色固體，氧

53、化銅為黑色；(2)EF是排水量氣裝置，難溶于水的氣體體積可以利用排水量氣裝置測定體積，裝置A生成的氣體通過亞硫酸氫鈉溶液吸收氧氣；吸收三氧化硫生成二氧化硫，濃硫酸吸收三氧化硫和水蒸氣；通過堿石灰吸收二氧化硫，則最后測定的是氧氣的體積；(3)使用裝置B的本意是除去混合氣體中的三氧化硫以提純氧氣，但氣體通過飽和亞硫酸氫鈉溶液中，氧氣會被還原吸收；(4)依據反應生成的二氧化硫和氧氣之間存在電子守恒，計算二氧化硫物質的量，氧氣448mL(標準狀況)物質的量為0.02mol，電子轉移0.08mol，CuSO4SO22e-；計算得到二氧化硫物質的量為0.04mol，依據硫酸銅質量換算物質的量=0.06mo

54、l，結合硫元素守恒計算三氧化硫物質的量為0.06mol-0.04mol=0.02mol；(5)依據(4)計算得到生成物的物質的量寫出化學方程式為3CuSO43CuO+SO3+2SO2+O2；(6)由計算(4)中分析可知，只要知道O2的物質的量，即可計算SO2和SO3的物質的量，則簡化方案是去掉BC，僅O2進入E中，即可根據收集的氧氣計算。28、 Ar3d8或1s22s22p63s23p63d8 21 sp和sp3 N2H4與H2O之間可以形成氫鍵 Ni2MnGa 【答案解析】(1)Ni是28號元素，原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni原子失去4s能級2個電子形成Ni2+；(2)CH2=CHCN中含有3個C-H鍵、1個C-C單鍵、1個C=C雙鍵、1個CN三鍵，單鍵為鍵，雙鍵含有1個鍵、1個鍵，三鍵含有1個鍵、2個鍵；烴基中碳原子均形成4個鍵，沒有孤對電子，雜化軌道數目為4，而-CN中碳原子形成2個鍵，也沒有孤對電子，雜化軌道數目為2；(3)配體N2H4與H2O之間可以形成氫鍵；Ni2+提供空軌道，N2H4中N原子提供孤對電子，形成配位鍵；(4)均攤法計算晶胞中Ni、Ga、Mn原子數目，確定化學式。【題目詳